2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试(A卷)及参考答案及评分标准

2023年12月18日发(作者：大学开学考数学试卷)

2022年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)一、填空题(本题共8小题，每题8分，共64分)1集合A={n|n3<2022<3n,n∈Z}的所有元素之和为.x2+x+162设函数f(x)=(2≤x≤a),其中实数a>2,若f(x)的值域为[9,11],则a的取值范x围是.3一枚不均匀的硬币,若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的9倍,则随机抛掷它两次得到正面,反面各一次的概率为4若复数z满足:..z−3z−3i为负实数(i为虚数单位),为纯虚数,则z的值为z+iz+1√5若四棱锥P−ABCD的棱AB,BC的长均为.2,其他各棱长均为1,则该四棱锥的体积为6已知函数y=f(x)的图像既关于点(1,1)中心对称,又关于直线x+y=0轴对称.若x∈(0,1)时,f(x)=log2(x+1),则f(log210)的值为.x27在平面直角坐标系中,椭圆Ω:+y2=1,P为Ω上的动点,A,B为两个定点,其中B的坐标4为(0,3),若△PAB的面积的最小值为1,最大值为5,则线段AB的长为.8一个单位方格的四条边中,若有两条边染了颜色i,另两条边分别染了异于i色的另两种不同颜色,则称该单位方格是“i色主导”的.如图,一个1×3方格表的表格线共含10条单位长线段,现要对这10条线段染色,每条线段染为红,黄,蓝三色之一,使得红色主导,黄色主导,蓝色主导的单位方格各有一个.这样的染色方式数为(答案用数值表示).1

二、解答题(第9题16分,第10,11题各20分,共56分)9.(本题满分16分)若△ABC的内角为A,B,C满足sinA=cosB=tanC,求cos3A+cos2A−cosA的值.10.(本题满分20分)给定正整数m(m≥3).设正项等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足:{an}的首项等于{bn}的公比,{bn}的首项等于{an}的公差,且am=bm.求am的最小值,并确定当am取到最小值时a1与b1的比值.x211.(本题满分20分)在平面直角坐标系中,双曲线Γ:−y2=1.对平面内不在Γ上的任意一点3P.记ΩP为过点P且与Γ有两个交点的直线的全体.对任意直线ℓ∈ΩP,记M,N为ℓ与Γ的两个交点.定义fP(ℓ)=|PM|·|PN|.若存在一条直线ℓ0∈ΩP满足:ℓ0与Γ的两个交点位于y轴异侧,且对任意直线ℓ∈ΩP,ℓ=ℓ0,均有fP(ℓ)>fP(ℓ0),则称P为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积.2

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）

暨2022年全国高中数学联合竞赛

一试（A卷）参考答案及评分标准

说明：

1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．

1. 集合A{n|n320223n,nZ}的所有元素之和为 ．

答案：57．

解：当n为整数时，n32022n12，3n2022n7．

因此A{7,8,9,10,11,12}．所求的和为781257．

x2x162. 设函数f(x)(2xa)，其中实数a2．若f(x)的值域为x[9,11]，则a的取值范围是 ．

答案：a[4,8]．

16解：考虑函数f0(x)x1(x2)（当2xa时，f(x)f0(x)）．

x由于f0(x)在[2,4]上严格递减，在[4,)上严格递增，且注意到f0(2)11，f0(4)9，f0(8)11，故所求a的取值范围是a[4,8]．

3. 一枚不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的9倍，则随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为 ．

3答案：．

8解：设随机抛掷该硬币一次，得到正面的概率为p(0p1)，得到反面的3概率为1p．根据题意得p29(1p)2，故p．

43从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为2p(1p)．

8z3iz34. 若复数z满足：为负实数（i为虚数单位），为纯虚数，则z的ziz1值为 ．

答案：3i．

解：设zabi(a,bR)．

z3ia(b3)i由于为负实数，这等价于(a(b3)i)(a(b1)i)0，zia(b1)i所以a2(b3)(b1)0且4a0，即a0且b3,b1异号．

1

z33bi为纯虚数，故Re((3bi)(1bi))b230，结合1biz1b3,b1异号，可知b3．所以z3i．

又此时5. 若四棱锥PABCD的棱AB,BC的长均为2，其他各条棱长均为1，则该四棱锥的体积为 ．

答案：2．

6解：设O为P在底面ABCD上的射影，POh．

由于PAPBPCPD1，故OAOBOCOD1h2，则ABCD为圆内接四边形．

又ABBC2,ADCD1，故ABCD是以BD为对称轴的筝形，于是有13BD，解得h．

222112所以该四棱锥的体积为SABCDhABADh．

3366. 已知函数yf(x)的图像既关于点(1,1)中心对称，又关于直线xy0轴对称．若x(0,1)时，f(x)log2(x1)，则f(log210)的值为 ．

17答案：．

5解：用表示函数yf(x)的图像．

对任意的x0(0,1)，令y0log2(1x0)，则(x0,y0)，且y0(0,1)．

利用的中心对称性与轴对称性，可依次推得

(2x0,2y0)，(y02,x02)，(4y0,4x0)．

3取x0，此时4y04log2(1x0)log210．

5317因此f(log210)f(4y0)4x04．

55x27. 在平面直角坐标系中，椭圆:y21，P为上的动点，A,B为两4个定点，其中B的坐标为(0,3)．若PAB的面积的最小值为1、最大值为5，则线段AB的长为 ．

答案：7．

解：显然直线AB与椭圆不能相交，设AB的方程为ykx3．

2kcossin3设动点P(2cos,sin)，则P到直线AB的距离d()．

2k12S注意到线段AB的长度固定，根据题意，当变化时，d()PAB的最大ABBADBCD90，O为BD中点，从而1h2值与最小值之比为5，特别地，2kcossin3不能为0，故其值恒正或恒负．

由于2kcossin3的最大值34k21为正，所以最小值34k212

也为正，故34k2134k215，得k23．

4从而d()的最小值为d034k21k212．

712ABd01，得AB7．

d028. 一个单位方格的四条边中，若有两条边染了颜色i，另两条边分别染了异于i色的另两种不同颜色，则称该单位方格是“i色主导”的．如图，一个13方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红、黄、蓝三色之一，使得红色主导、黄色主导、蓝色主导的单位方格各有一个．这样的染色方式数为 （答案用数值表示）．

由于SPAB的最小值为1，故答案：1026．

解：简称单位方格为“方格”．对符合题意的染色方式，显然有以下结论：

(1) 当一个方格已有一边被染为某种颜色i，若该方格为i色主导，则另三边恰有3!6种染法；若该方格为j(i)色主导，则另三边恰有3种染法．

(2) 当一个方格已有两边被染为某种颜色i，该方格只可能为i色主导，另两边恰有2种染法．

(3) 当一个方格已有两边被染为某两种颜色i,j，若该方格为i色或j色主则另两边有唯一染法．

导，则另两边恰有两种染法；若该方格为k(i,j)色主导，由对称性，仅需求出左、中、右方格分别为红色、黄色、蓝色主导的染色方式数N，则本题结果为6N．将一种染色方式归为“ij”类，如果左边、中间方格的公共边染为颜色i，中间、右边方格的公共边染为颜色j．利用上述结论(1)、(2)、(3)，可知各类染色方式数如下表所示：

红红：0

蓝红：3139

红黄：62336 红蓝：61636

蓝黄：32318 蓝蓝：0

黄红：32318 黄黄：32318 黄蓝：32636

因此有N3363189171．进而本题所求结果为6N1026．

二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9.（本题满分16分）若ABC的内角A,B,C满足sinAcosBtanC，求cos3Acos2AcosA的值．

解：由sinAcosB知AB，但tanC有意义，故C不为直角，从而只23能是AB，进而有CAB2A． ……………4分

223所以sinAtanCtan2Acot2A，从而

23